intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 (2013-2014)

Chia sẻ: Phan Thanh Thảo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

113
lượt xem
6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 (2013-2014) dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL ôn thi ĐH môn Toán - THPT Chuyên Vĩnh Phúc lần 2 (2013-2014)

  1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014  Môn: TOÁN; Khối B  Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  y = x 3 - 3mx 2 + 3( m 2 - 1) x - m 3  + 1,  (1) (với  m  là tham số).  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi  m = 1.  b) Gọi  d  là tiếp tuyến tại điểm cực đại  A  của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng  d  cắt trục  Oy  tại  điểm  B . Tìm tất cả các giá trị của  m  để diện tích tam giác  OAB  bằng 6, với O  là gốc tọa độ.  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  sin 4 x + 2 = cos 3x + 4sin x + cos x.  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:  2 x 2  + 3 x + 1 = -4 x + + 3.  x 2 2  x  Câu 4 (1,0 điểm).  Tính tích phân:  ò  dx  .  3  x 2 + 1 + x 2  - 1  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp  S .  ABCD  có đáy  ABCD  là hình vuông cạnh  a  2 ,  SA = SB,  SA  vuông góc với  AC , mặt phẳng  ( SCD  tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60 O . Tính thể  )  tích khối chóp  S .  ABCD  theo  a .  Câu 6  (1,0  điểm).  Cho  x , y ,  z  là  ba số thực dương thỏa mãn  xy + yz + zx = 3  . Chứng minh  xyz 1 1 1 3  rằng:  2 + 2 + 2  ³ .  x (3 x - 1) y (3 y - 1) z (3 z - 1) 4  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)  A. Theo chương trình Chuẩn  Câu 7.a (1,0 điểm).  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy , cho hình vuông  ABCD  có đỉnh  A  thuộc  đường  thẳng  d : x - y - 4 = 0,  đường  thẳng  BC  đi  qua  điểm  M (4;0),  đường  thẳng  CD  đi  qua  điểm  N (0; 2).  Biết tam giác  AMN  cân tại  A , viết phương trình đường thẳng BC.  Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho điểm  A(3;1; -  Tìm tọa độ các  4).  điểm  B, C thuộc trục Oy sao cho tam giác  ABC  vuông cân tại  A .  Câu 9.a (1,0 điểm). Một  hộp  chứa  4  quả  cầu màu  đỏ,  5  quả  cầu  màu  xanh  và  7  quả  cầu  màu  vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra  4  quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho  4  quả cầu được lấy  ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.  B. Theo chương trình Nâng cao  Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  cho hình vuông ABCD, có  BD  nằm trên  ,  đường thẳng  d : x + y - 3 = 0 , điểm  M (-  2)  thuộc đường thẳng AB, điểm  N (2; -  thuộc đường  1; 2)  thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông  ABCD  biết điểm B có hoành độ dương.  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ  Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x - y - z + 1 = 0  và  điểm A ( 3; -2; -  ) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q )  đi qua  A , vuông góc với mặt phẳng ( P )  và  2  cắt các trục  Oy, Oz  lần lượt tại  M , N  sao cho  OM = ON (M, N không trùng với O).  Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log 2 ( ) ( )  3 x + 1 + 6 - 1 ³ log 2  7 - 10 - x .  ­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­ 
  2. KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014  SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  Môn: TOÁN; Khối B  HƯỚNG DẪN CHẤM  I. LƯU Ý CHUNG:  ­ Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh  làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.  ­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.  ­ Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.  II. ĐÁP ÁN:  Câu  Ý  Nội dung trình bày  Điểm  1  a  1,0  Khi  m = 1  ta có hàm số  y = x 3 - 3  2  x Tập xác định:  D = ¡ .  0,25  é x = 0  Ta có  y ' = 3 x 2  - 6 x ;  y ' = 0 Û ê ë x = 2  ­  Hàm  số  đồng  biến  trên  các  khoảng ( -¥  ;0) và  (2; +¥  ;  nghịch  biến  trên  ) khoảng  (0; 2) .  ­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại  x = 0, yCD  = 0 ; đạt cực tiểu tại  x = 2 , yCT  = -  4  ­ Giới hạn:  lim y = +¥, lim  y = -¥ .  0,25  x ®+¥ x  ®-¥ Bảng biến thiên:  x  -¥ 0  2  +¥ y'  +  0  ­  0  +  +¥ 0,25  y  0  -¥  ­4 Đồ thị:  0,25  b  1,0  é x = m - 1  ( )  Ta có y¢ = 3 x 2 - 6mx + 3 m 2  - 1 ;  y¢ = 0 Û x 2 - 2mx + m  - 1 = 0 Û ê 2  0,25 ë x = m + 1 
  3. Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi  m Î ¡ .  Ta  có  y ''( m - 1) = -6; y ''(m + 1) = 6 ,  do  đó  điểm  cực  đại  của  đồ  thị  hàm  số  là A ( m - 1 ; -3m + 3  .  )  0,25  Phương trình tiếp tuyến  d : y = y¢ ( x A )( x - x A ) + y A  Û d : y = -3m + 3  Ta có { B} = d Ç Oy Þ B ( 0 ; -3m + 3  . Điều kiện có tam giác là  m ¹ 1 .  )  0,25  Do tiếp tuyến song song với trục  Ox  nên tam giác  OAB  vuông tại  B .  AB = m - 1 , OB = -3m + 3  . Nên diện tích tam giác  OAB  là 1  2  é m = -1  0,25  SDOAB  = AB.OB Û ( m - 1)  = 4 Û ê .  2  m ë  = 3  Vậy  m = -  và  m = 3  thoả mãn yêu cầu.  1  2  1,0  Phương trình đã cho tương đương với  0,25 4sin x.cos x.cos 2 x + 2 = cos 3x + 4sin x + cos x Û 2sin x ( 2cos x.cos 2 x - 2 ) + 2 - cos 3 x - cos x = 0  Û 2sin x ( cos 3x + cos x - 2 ) + 2 - cos 3x - cos x = 0  0,25  Û (2sin x - 1)(cos 3x + cos x - 2) = 0  é p p ê x = 6  + k 2  1  *)  sin x = Û ê 2  ê p 5  0,25  x= + k 2 p ê ë  6  *)  cos 3 x + cos x - 2 = 0 Û 4cos 3  x - 2 cos x - 2 = 0 Û cos x = 1 Û x = k 2  p p p 5  Vậy  phương  trình  có  các  nghiệm:  x = + k 2p , x = p p + k 2  và  x = k 2  0,25  6 6  với  k ΢  3  1,0  ì x ¹ 0  ï ï 1  ĐK:  í é x ³ - (*)  ê 0,25  ïê 2  ï ë x £ -1  î  3 1 3 1  ­ Nếu  x > 0  thì phương trình tương đương với  2 + + 2 = -4 + + 2  (1  .  )  x x x x 3 1  ìt ³ 0  Đặt  t = 2 + + 2  (t  ³ 0) (1  . Phương trình (1) trở thành  í )  Û t  = 3 .  x x t 2  î  = t - 6  0,25  é 3 + 37  3 1  êx = (tm  )  14  Với  t = 3 , ta có  2 + + 2  = 3 Û 7 x 2  - 3 x - 1 = 0 Û ê x x  ê 3 - 37  êx= (k .tm)  ë  14  3 1 3 1  ­Nếu  x
  4. 3 1  ìt  ³ 0  Đặt  t  = 2 + +  2  ,  (t ³ 0) . Phương trình ( 2 )  trở thành  í Û t  = 2 .  x x î t = 6 - t 2  é 3 + 17  3 1  êx = (k .tm  )  2  Với  t = 2 , ta có  2 + + 2  = 2 Û 2 x - 3 x - 1 = 0 Û ê 4  x x  ê 3 - 17  êx = (tm)  ë  4  Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là:  3 + 37  3 - 17  0,25  x =  ,  x =  .  14  4  4  1,0  Đặt  t = x 2 + 1 Þ x 2 = t 2  - 1 Þ xdx = tdt.  Đổi cận :  0,25  x  3  2 2  t  2  3  3 3  tdt tdt  Ta có I = ò 2  dx = ò  0,25  2  ( 2 t +t -2 t + 2 )( t - 1  )  3  1 é 1 2 ù 1 3 2  3  = ò  ê t - 1 + t + 2 údt = 3 ln| t - 1| 2 + 3 ln| t + 2 | 2  3 2  ë û 0,25 1 2 1  = ln 2 + ( ln 5 - ln 4 ) = ( 2 ln 5 - 3ln 2 )  .  3 3 3 0,25  1  Vậy I = ( 2ln 5 - 3ln 2 )  .  3  5  1,0  Gọi  O  là  tâm  của  đáy,  M  là  S  trung  điểm  của  CD .  Vì  SA=SB nên S thuộc mặt phẳng  trung trực của AB (cũng là mặt  phẳng trung trực của CD). Gọi  H là hình chiếu vuông góc của  S  trên  mặt  phẳng ( ABCD )  0,25  A  suy ra  H ΠOM .  D  Lại có  H  O  M  ì AC ^ SH  í Þ AC ^ AH , hay  B  C  î AC ^ SA tam giác AOH vuông cân tại A.  Ta  có ( SHM ) ^ CD Þ  ·  góc  SMH  là  góc  giữa  hai  mặt  phẳng  ( SCD  và  )  0,25 )  ·  ( ABCD  Þ SMH = 60O . 
  5. 3a  2  Tứ giác  AOBH  là hình vuông cạnh  a Þ HM =  .  2  0,25  3a  6  Trong tam giác vuông  SHM  ta có  SH = HM .tan 600  =  .  2  Thể tích khối chóp  S .  ABCD  là  1 1 3a  6  2 0,25  V = SH .S ABCD  = 2 a = a 3  6 (đvtt).  3 3 2  6  1,0  1 1 1  Từ giả thiết  xy + yz + zx = 3 xyz  Û + + = 3.  x y z 1 1 1 1 1 1  Đặt  = a,   = b,   = c Þ a + b + c = + + = 3.  x y z x y z 1  a3 3  a  1  b3 3  b  0,25  Ta có 2 = 2 = 2  ;  2 = 2 = 2  ;  x ( 3 x - 1) ( 3 - a ) ( b + c )  y ( 3 y - 1) ( 3 - b ) ( a + c )  1  c3 c 3  2 = 2 = 2  .  z ( 3 z - 1) ( 3 - c ) ( a + b )  a3 b3 3  c  3  Bất đẳng thức đã cho tương đương: 2 + 2 + 2  ³ (b + c ) (c + a ) ( a + b )  4  Áp dụng bất đẳng thức Cô­si ta có: a3  + ( b + c ) + ( b + c )  ³ 3  ; b3  + ( c + a ) + ( c + a )  ³ 3  a  b  0,25 2  2  ( b + c ) 8 8 4  ( c + a ) 8 8 4  c3  + ( a + b ) + ( a + b )  ³ 3  c  2  ( a + b ) 8 8 4  a3 b3 3  c  3 1  2 + 2 + 2  ³ ( a + b + c ) - ( a + b + c )  0,25 (b + c) (c + a ) ( a + b ) 4 2  a3 b3 3  c  1 3  Û 2 + 2 + 2  ³ ( a + b + c ) = .  (b + c ) (c + a) ( a + b ) 4 4  0,25  Đẳng thức xảy ra  Û a = b = c = 1 Û x = y = z = 1.  7.a  1,0  M  Giả sử A ( t ; t - 4 ) Î d , do tam giác  AMN  cân tại  d  A  B  đỉnh  A  nên  AM = AN Û AM 2 = AN 2  2 2 2  Û ( t - 4 ) + ( t - 4 ) = t 2  + ( t - 6 ) Û t  = -1  0,25  Þ A ( -1; -  )  5  D  N  C  BC  đi qua M ( 4; 0 )  nên phương trình BC có dạng  0,25
  6. ax + by - 4 a = 0 (a 2 )  + b 2  > 0  Do  CD ^ BC và  CD  đi qua N ( 0; 2 ) Þ phương trình CD :  bx - ay + 2a = 0 .  Do  ABCD  là hình vuông nên khoảng cách d ( A, BC ) = d ( A, CD )  -5a - 5b é3a + b = 0  7  - b  a 0,25  Û = Ûê a2 + b2 a 2 + b 2  ë  - 3b = 0  a ­ Nếu  3a + b = 0 , chọn  a = 1 Þ b = -3 Þ phương trình  BC : x - 3 y - 4 = 0  0,25  ­ Nếu  a - 3b = 0 , chọn  a = 3 Þ b = 1 Þ phương trình  BC : 3x + y - 12 = 0 .  8.a  1,0  Gọi  H  là  hình  chiếu  vuông  góc  của  A  trên  trục  Oy,  suy  ra  H (0;1;0) .  Do  đó  uuur  0,25  HA(3;0; -4) Þ HA = 5.  uuur  B  thuộc  Oy nên  B(0; b;0) Þ HB (0; b - 1; 0) .  Do  tam  giác  ABC  vuông  cân  tại A  éb = 6  0,25  nên  HB = HA Þ| b - 1|= 5 Þ ê b ë  = -4  ­Với  b = 6 Þ B (0; 6;0) Þ C (0; -  4;0) .  0,25  ­Với  b = -4 Þ B(0; -4;0) Þ C (0;6;0) .  0,25  9.a  1,0  4  Số phần tử của không gian mẫu là  W = C16  = 1820 .  0,25  Gọi  B  là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng  một quả cầu màu đỏ và không quá  hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:  ­ Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là:  C4C 3  1 5  0,25  1 2 1  ­ Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là:  C4C5 C  7  ­ Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là:  C4C5C 2  1 1 7  Khi đó  W B  = C4C5 + C4C7C52 + C4C72 C5  = 740 .  1 3 1 1 1 1  0,25  W B  740 37  Xác suất của biến cố  B  là P ( B ) = = = .  0,25  W  1820 91  7.b  1,0  M  A  Gọi H là hình chiếu của M  trên d, suy ra  H (t ;3 - t ) .  B  uuuur  r  N H  Ta có  MH (t + 1;1 - t ) , d có véc tơ chỉ phương  u (1; -1) .  MH vuông góc với d suy ra  r  uuuu 0,25  t + 1 - 1 + t = 0 Þ t = 0 Þ MH (1;1) .  D  C  Do đó  MB = 2.MH = 2 .  B thuộc d nên  B(b;3 - b) ;  MB = 2 Û (b + 1) 2 + (1 - b) 2  = 4  0,25  Suy ra  b = 1  hoặc  b = -  (loại). Từ đó  B  1  (1;2) .  AB đi qua M  và B nên phương trình  AB là  y = 2.  AD  qua N và vuông góc với  0,25  AB nên phương trình AD là  x = 2 . Vậy  A  2) .  (2;
  7. ì x = 2  Tọa độ D là nghiệm hệ  í Þ D  (2;1) . Gọi I là trung điểm BD suy ra  î x + y - 3 = 0  æ3 3ö 0,25  I ç ; ÷ . I là trung điểm AC nên  C (1;1).  è 2 2 ø  Vậy  A(2; 2), B (1;2), C (1;1), D  (2;1).  8.b  1,0  Gọi M ( 0; a;0 ) , N ( 0;0; b )  trong đó  ab ¹ 0 . Ta có uuuur uuur  0,25  AM = ( -3;2 + a;2 ) , AN = ( -3;2; b + 2  .  )  r Gọi véctơ pháp tuyến  của ( Q )  là  n  Q  r  é uuuu uuur ù r Þ nQ  = ë AM , AN û = ( 2a + 2b + ab ; 3a ;3  ) .Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng b 0,25 r  ( P )  là nP  = (1; -1; -1  .  )  r r r r  ( P ) ^ ( Q ) Û nP ^ nQ Û nP . nQ  = 0 Û ab - a - b = 0  (1) và  é a = b  0,25  OM = ON Û a = b  Û ê (2) .  ë  = -b a Từ (1) và (2) ta được  é a = 0 (loai  )  r  +  a = b Þ ê . Với a = 2 Þ nQ  = (12;6; 6 ) Þ ( Q ) :2 x + y + z - 2 = 0  a ë  = 2  0,25  +  a = -b Þ a = 0 (loai )  .  Vậy phương trình ( Q ) : 2 x + y + z - 2 = 0 .  9.b  1,0  1  ĐK : - £ x £ 10  .  3  0,25 6 + 3 x + 1  Bất phương trình tương đương log 2 2  ( ³ log 2  7 - 10 - x )  Û 3 x + 1 + 2 10 - x ³ 8 Û 4 ( 3 x + 1)(10 - x ) ³ 23 + x 0,25  1  Với  - £ x £ 10  bất phương trình tương đương với  3  0,25  369  49 x 2  - 418 x + 369 £ 0 Û 1 £ x £  49  369  Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :  1 £ x £  0,25  49  ­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên (lientoancvp@vinhphuc.edu.vn) đã gửi tới  www.laisac.page.tl
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
56=>2